¿Es cierto que, asumiendo el Axioma de Elección, todo espacio de Banach infinito-dimensional tiene un subespacio cerrado infinito-dimensional con codimensión infinita? Nótese que esto es diferente del problema de indecomposabilidad, que pregunta si todo espacio de Banach infinito-dimensional tiene un subespacio cerrado infinito-dimensional con un complemento cerrado infinito-dimensional (se sabe que es falso). Esto es relevante ya que con coautores, y con supuestos teóricos de conjuntos incompatibles con la AC Contable, tenemos un ejemplo de un espacio de Hilbert infinito-dimensional en el que cada subespacio cerrado tiene dimensión finita o codimensión finita.
Respuestas
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Sí, creo que es cierto. Cualquier espacio de Banach de dimensión infinita $V$ contiene un secuencia básica $(x_n)$ . Entonces $\{x_1, x_3, x_5, \ldots\}$ es linealmente independiente y por tanto su tramo cerrado $V_0$ es de dimensión infinita. La codimensión de $V_0$ debe ser infinita, de lo contrario existiría una dependencia lineal entre $\pi(x_2), \pi(x_4), \pi(x_6), \ldots$ donde $\pi: V \to V/V_0$ es la proyección natural, y esto levantaría para hacer alguna combinación lineal finita de $x_2, x_4, x_6, \ldots$ con al menos un coeficiente distinto de cero pertenecen a $V_0$ lo cual es imposible.
Nueva edición: Bruce ha señalado que no es obvio que una combinación lineal finita no nula de $x_2, x_4, x_6, \ldots$ no puede pertenecer a $V_0$ . De hecho no es obvio, pero de hecho esto no puede suceder. Dejemos que $x = a_2x_2 + \cdots + a_{2n}x_{2n}$ sea una combinación lineal finita con al menos un coeficiente distinto de cero. Entonces su distancia a ${\rm span}(x_1, \ldots, x_{2n-1})$ es estrictamente positivo, mayor que algún $\epsilon > 0$ . Así, si rellenamos $a_2, \ldots, a_{2n}$ a una secuencia $(a_n)$ de alguna manera, la norma de $a_1x_1 + a_2x_2 + \cdots + a_{2n}x_{2n}$ debe ser como mínimo $\epsilon$ .
Ahora utilizamos el hecho de que como $(x_n)$ es una secuencia básica existe $K > 0$ tal que $\left\|\sum_{i=1}^{2n} a_ix_i\right\| \leq K\left\|\sum_{i=1}^m a_ix_i\right\|$ para cualquier $m \geq 2n$ (véase la primera respuesta a esta pregunta ). Esto demuestra que el span de cualquier subconjunto finito de $\{x_1, x_3, x_5, \ldots\}$ es como mínimo $\epsilon/K$ lejos de $x$ y, por lo tanto $x$ no puede pertenecer a $V_0$ .
Bunyamin Sari
Puntos
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Sea $(x_i)$ sea una sucesión básica normalizada con base constante 2, y denotemos por $X$ su tramo lineal cerrado. Consideremos $[x_{2i}]$ el tramo lineal cerrado de la sucesión par. Supongamos por contradicción que existe un subespacio de dimensión finita $F\subset X$ tal que $F\oplus [x_{2i}]=X$ . Sea $0<\varepsilon <1/2$ . Por aproximaciones estándar existe incluso $N$ tal que para cada $f\in F$ existen algunos escalares $(a_i)_{i=1}^N$ tal que $\|f-\sum_{i=1}^N a_i x_i\|<\varepsilon$ . Considere $x_{N+1}$ . Por nuestra suposición debemos tener $\|x_{N+1}-(\sum_{i=1}^N a_ix_i +\sum_{i=1}^M b_ix_{2i})\|<\varepsilon$ para algunos $(a_i)_{i=1}^N,(b_i)_{i=1}^M$ ( $M$ se elige para aproximar un vector en $[x_{2i}]$ ). Pero si se escribe lo que hay dentro de la norma explícitamente en términos de la base, se ve que es $$\|(a_1, a_2+b_1, \ldots, a_N+b_{N/2}, 1, b_{N/2+1}, \ldots, b_M, 0, \ldots)\|$$ que es mayor que 1/2 (utilizando la proyección de la base sobre la $(N+1)$ ª coordenada), lo cual es una contradicción.
(Estaba escribiendo cuando Nik publicó su respuesta:))
